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Description

分析：

∏i=1n∏j=1mf(gcd(i,j))∏i=1n∏j=1mf(gcd(i,j))

\prod_{i=1}^{n}\prod_{j=1}^{m}f(gcd(i,j))

对于这种式子，一般我们会枚举gcd（每个f值要使用几次）
设g(d)=∑ni=1∑mj=1[gcd(i,j)=d]g(d)=∑i=1n∑j=1m[gcd(i,j)=d]g(d)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)=d]

∏d=1min(n,m)f(d)g(d)∏d=1min(n,m)f(d)g(d)

\prod_{d=1}^{min(n,m)}f(d)^{g(d)}

把∑ni=1∑mj=1[gcd(i,j)=d]∑i=1n∑j=1m[gcd(i,j)=d]\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)=d]用反演化开

g(d)=∑k=1min(n/d,m/d)nkdmkdμ(k)g(d)=∑k=1min(n/d,m/d)nkdmkdμ(k)

g(d)=\sum_{k=1}^{min(n/d,m/d)}{n \over kd}{m \over kd}μ(k)

∏d=1min(n,m)f(d)∑k=1nkdmkdμ(k)∏d=1min(n,m)f(d)∑k=1nkdmkdμ(k)

\prod_{d=1}^{min(n,m)}f(d)^{\sum_{k=1}{n \over kd}{m \over kd}μ(k)}

~~像我这种naive的选手，到这里就直接做了~~

继续，我们看看g(d)g(d)g(d)能不能进一步优化，设T=kdT=kdT=kd

g(d)=∑k=1min(n/d,m/d)nkdmkdμ(k)=∑d|TnTmTμ(Td)g(d)=∑k=1min(n/d,m/d)nkdmkdμ(k)=∑d|TnTmTμ(Td)

g(d)=\sum_{k=1}^{min(n/d,m/d)}{n \over kd}{m \over kd}μ(k)=\sum_{d|T}{n \over T}{m \over T}μ({T \over d})

这样我们就可把TTT的枚举拉出来

∏d=1min(n,m)f(d)∑d|TnTmTμ(Td)" role="presentation">∏d=1min(n,m)f(d)∑d|TnTmTμ(Td)∏d=1min(n,m)f(d)∑d|TnTmTμ(Td)

\prod_{d=1}^{min(n,m)}f(d)^{\sum_{d|T}{n \over T}{m \over T}μ({T \over d})}

∏d=1min(n,m)∏d|Tf(d)nTmTμ(Td)∏d=1min(n,m)∏d|Tf(d)nTmTμ(Td)

\prod_{d=1}^{min(n,m)}\prod_{d|T}f(d)^{{n \over T}{m \over T}μ({T \over d})}

枚举顺序换一下

∏T=1min(n,m)∏d|Tf(d)nTmTμ(Td)=∏T=1min(n,m)(∏d|Tf(d)μ(Td))nTmT∏T=1min(n,m)∏d|Tf(d)nTmTμ(Td)=∏T=1min(n,m)(∏d|Tf(d)μ(Td))nTmT

\prod_{T=1}^{min(n,m)}\prod_{d|T}f(d)^{{n \over T}{m \over T}μ({T \over d})}=\prod_{T=1}^{min(n,m)}(\prod_{d|T}f(d)^{μ({T \over d})})^{{n \over T}{m \over T}}

发现对于每个TTT，∏d|Tf(d)μ(Td)" role="presentation" style="position: relative;">∏d|Tf(d)μ(Td)∏d|Tf(d)μ(Td)\prod_{d|T}f(d)^{μ({T \over d})}的值是固定的，与nnn和m" role="presentation" style="position: relative;">mmm无关，于是我们先用筛法预处理出每个TTT对应的这个式子的值，前缀积一下
而外面这一层∏T=1min(n,m)()nTmT" role="presentation" style="position: relative;">∏min(n,m)T=1()nTmT∏T=1min(n,m)()nTmT\prod_{T=1}^{min(n,m)}()^{{n \over T}{m \over T}}可以分块处理
所以时间复杂度：O((max(n,m)+T(n−−√+m−−√))logMOD)O((max(n,m)+T(n+m))logMOD)O((max(n,m)+T(\sqrt n+\sqrt m))logMOD)

tip

∏d|Tf(d)μ(Td)∏d|Tf(d)μ(Td)\prod_{d|T}f(d)^{μ({T \over d})}直接暴力处理即可
设sumsumsum为前缀积，注意sum[0]=1sum[0]=1sum[0]=1

一开始预处理就慢到爆，怀疑人生
KSM次数多了也费时，所以我们预处理f的逆元，减少KSM的调用
因为要计算f(d)μ(Td)f(d)μ(Td)f(d)^{μ({T \over d})}，而μμ<script type="math/tex" id="MathJax-Element-1569">μ</script>的取值只有-1，1，所以预处理f的逆元反而比较方便

多%防爆ll

还是免不了T掉了

ll改int，计算过程中强转ll

时间就少了一半诶

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#define ll long longusing namespace std;const int N=1000000;
const ll p=1e9+7;
int sshu[N+5],tot=0,mu[N+5],n,m;
int f[N+5],sum[N+5],inv[N+5];
bool no[N+5];inline int KSM(int a,int b) {int t=1;a%=p;while (b) {if (b&1) t=(1LL*t*a)%p;b>>=1;a=(1LL*a*a)%p;}return t%p;
}void prepare() {    mu[1]=1;for (int i=2;i<=N;i++) {if (!no[i]) {sshu[++tot]=i;mu[i]=-1;}for (int j=1;j<=tot&&sshu[j]*i<=N;j++) {no[sshu[j]*i]=1;if (i%sshu[j]==0) {mu[sshu[j]*i]=0;break;}mu[sshu[j]*i]=-mu[i];}}f[0]=0; f[1]=1; sum[0]=1; sum[1]=1;                               //前缀积inv[1]=1;                                         //f的逆元 for (int i=2;i<=N;i++) f[i]=(f[i-1]+f[i-2])%p,inv[i]=KSM(f[i],p-2),sum[i]=1;for (int i=1;i<=N;i++) if (mu[i]!=0) {for (int j=1;j*i<=N;j++)                  // j*i=T i=T/d j=dif (mu[i]>0) sum[j*i]=(1LL*sum[j*i]*f[j])%p;else sum[j*i]=(1LL*sum[j*i]*inv[j])%p;}for (int i=2;i<=N;i++) sum[i]=(1LL*sum[i]*sum[i-1])%p;
}int main()
{prepare();int T;scanf("%d",&T);while (T--) {scanf("%d%d",&n,&m);int last,ans=1;for (int i=1;i<=min(n,m);i=last+1) {last=min(n/(n/i),m/(m/i));ans=1LL*ans%p*KSM(1LL*sum[last]*KSM(sum[i-1],p-2)%p,1LL*(n/i)*(m/i)%(p-1))%p;}printf("%d\n",ans%p);}return 0;
}

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